第29讲 电场中的矢量运算问题-2026年高考物理母题60讲

第二十九讲 电场 母题呈现 [例]如图所示，真空中孤 立的带电绝缘球体，半径 0 --●b 为R,,电荷均匀分布在球 体各个部位，带电量为十Q,a点距球心距离 为r,b点距球心距离为2，已知5<<R,。 已知电荷分布均匀的圆环或球壳在内部形 成的电场强度为零，对外部形成的电场强度 可视为集中在球心的点电荷在该处形成的 电场强度大小。 (1)求a、b两点的电场强度； (2)以球心为坐标原点，沿Ob建立x轴，画 出x轴上电场强度分布E一x图： (3)若以Oa为半径，O为圆心在球内挖一 球，形成空腔，球的体积公式为专x,则剩 余空腔在a、b两点的电场强度为多少？ (4)如图所示，现以OB为直径在球内挖一 球形空腔，已知静电力常量为，球的体积 公式为V=音，求A点处电场强度的大 小；（已知：OA=2OB=2R) (5)若以O为圆心在球内挖一球，形成空 腔，再切成半球面，总电荷量为q(电荷均匀 分布)，球面半径为R,CD为通过半球顶点 与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点， ·99 高考物理母题60讲 中的矢量运算问题 OM=ON=2R。已知M点电场强度大小 为E,求N点的电场强度大小； 0 N D B (6)若沿Ob在距球心为6r的地方放个与该 带电绝缘球体一样大小的带电球体（两个均 可视为质点) ①该球体带电量为十Q,求两球心连线和球 心连线中垂线上的电场强度； ②该球体带电量为一Q,求两球心连线和球 心连线中垂线上的电场强度； (7)若该带电球体可视为质点，再加一个水 平向右的匀强电场，电场强度为E,求与该 球体为圆心、半径为a的圆周上各点的电场 强度； (8)在一半径为r的圆周上均 00000 匀分布有N个绝缘带电小球。 Op 0 (可视为质点)无间隙排列，圆 00000 周上P点的一个小球所带电荷量为一2q, 其余小球带电量为十q,圆心处的电场强度 大小为E,现仅撤去p点的小球，求O点的 电场强度； (9)如图所示，A、B、C、D、E是 -4 半径为r的圆周上等间距的Bg。 +g↑E 五个点，在这些点上各固定一 D 个小球（可视为质点），除A点处点电荷的 电荷量为一q外，其余各点处点电荷的电荷 量均为十g,求圆心O处电场强度； 高考物理母题60讲 (10)在一半径为R的圆周上 均匀分布有V个绝缘带电小 球（可视为质点）无间隙排列， 在垂直于圆面且过圆心O的 轴线上有A、B、C三个点，CO =OA=x,AB=2x。在B点 处有一电荷量为十q的固定点电荷 点处的电场强度为零，k为静电力 A点电场强度大小。 +B 知识链接 1.电场强度 (1)定义：在电场的不同位置，试探电荷所受的 0 静电力与它的电荷量之比一般不同，它反 ↑C 映了电场在各点的性质，叫作电场强度。 (2)定义式：E=E,该式适用于一切电场。 已知C 9 (3)单位：N/C或V/m。 常量，求 (4)矢量性：物理学中规定，电场中某点的电场 强度的方向与正电荷在该点所受的静电力 的方向相同。 2.特殊电场 (1)真空中静止的点电荷形成的电场：在场源 点电荷Q形成的电场中，与Q相距r处的 电场强度9。 (2)一个半径为R的均匀带电球体（或球壳） 在球的外部产生的电场，与一个位于球心、 电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场 相同。 (3)匀强电场：如果电场中各点的电场强度的 大小相等、方向相同，这个电场叫作匀强 电场。 3.电场强度的叠加 如果场源是多个点电荷，则电场中某点的电 场强度等于各个点电荷单独在该点产生的 电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则」 电场强度的三个公式E=、E=k9、E= 号，在一般情况下可由上述公式计算电场 强度。 ·100· 4.矢量运算规律 矢量运算一般用平行四边形法则，可推广至 三角形法测。多边形法则或正交分解法等， 与坐标有关系；而标量运算遵循一般的代数 法则，如质量、密度、温度、功、能量、路程、速 率、体积、时间、热量、电阻等物理量，无论选 取什么坐标系，标量的数值恒保持不变。 矢量和标量的乘积仍为矢量；矢量和矢量的 乘积，可构成新的标量，也可构成新的矢量， 构成标量的乘积叫标积；构成矢量的乘积叫 矢积。如功、功率等的计算是采用两个矢量 的标积；洛伦滋力等的计算是采用两个矢量 的矢积。 解题方法 1.分析电场叠加问题的一般步骤 电场强度是矢量，叠加时遵从平行四边形定 则。分析电场的叠加问题的一般步骤是： (1)确定要分析计算哪一点的电场强度。 (2)分析有哪几个电场在该点叠加，确定各个 电场在该点的电场强度的大小和方向。 (3)利用平行四边形定则求出各个电场在该点 的电场强度的矢量和。 2.电场叠加问题的特殊方法 在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电 体产生的电场强度时，上述公式无法直接应 用。这时，如果转换思维角度，灵活运用补 偿法、微元法、对称法、等效法、极限法等巧 妙方法，可以化难为易。 ·1( 高考物理母题60讲 利用空间上对称分布的电荷形成的电场 对称法 具有对称性的特点，使复杂电场的叠加 问题大为简化 在保证效果相同的前提下，将复杂的电 场情境变换为简单的或熟悉的电场情 等效法境，如将一个点电荷十g与一个无限大 薄金属板形成的电场，可等效为两个异 种点电荷形成的电场 将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半 补偿法 球面补全为完整的球面，从而化难为易 将带电体分成许多可看成点电荷的微小带 电体，先根据库仑定律求出每个微小带电 微元法 体产生电场的电场强度，再结合对称性和 电场强度叠加原理求出合电场强度 极限法是把某个物理量的变化推向极端 再进行推理分析，从而做出科学的判断 极限法 或导出一般结论。极限法一般适用于所 涉及的物理量随条件单调变化的情况 衍生练习 [衍生1]如图所示，MN是点电荷电场中的 一条直线，a、b是直线上的两点，已知直线 上a点的电场强度最大，大小为E,b点电 场强度大小为号Ea,b间的距离为L,静电力 常量为，则场源电荷的电荷量为( M a L b N A.EL B.EL C.2EL D.EL 及 2k [衍生2]在某一点电荷产 053 生的电场中，A、B两点的 电场强度方向如图所示。若A点的电场 强度大小为E,取sin37°=0.6，c0s37°= 0.8,则在A、B两点的连线上，电场强度的 最大值为 ( ) A.E B.E C.ED.E 高考物理母题60讲 [衍生3]图中边长为a的 A+g 正三角形ABC的三个 0 顶点分别固定三个点电 B 荷十q、十q、一q,在该三 角形中心O点处固定一电量为一2g的点 电荷，则该电荷受到的电场力为() A.12g,方向由O指向C 2 a B.12g,方向由C指向0 a C.2B4,方向由C指向0 D.254,方向由O指向C a [衍生4幻如图所示，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为。6 Q的电荷，在垂直于圆盘且过 圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b 和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一 电荷量为q(q>0)的固定点电荷。已知b点 处的电场强度为零，则d点处电场强度的大 小为(k为静电力常量) A兴 B.10g 9R2 C.&Q+g D.&9Q+g 9R2 [衍生5]半径为R的绝缘 细圆环固定在图位置，圆心方C 位于O点，环上均匀分布着 电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三 等分，取走A、B处两段弧长均为△L的 小圆弧上的电荷。将一点电荷g置于 OC延长线上距O点为2R的D点，O点 的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷 分布不变，q为 ·10 A.正电荷，q= QAL πR B.正电荷，g=5Q△L πR C.负电荷，g= 2Q△L πR D.负电荷，g=23Q△L πR [衍生6]如图所示，水平 面内有一边长为a的正 方形ABCD,O点为正方 B 形的几何中心，P点为O点正上方的一点， P点到A、B、C、D四点的距离均为a。现将 四个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在 A、B、C、D处，已知静电力常量为k,以无穷 远处为零电势点。则下列说法正确的是 A0点的电场强度大小为：品 B.O点的电势为零 C.P点的电势比O点的电势高 D.P点的电场强度大小为2②k是 [衍生7]如图所示，电场 强度为E的匀强电场 A方6 中，沿电场强度方向有 A、B、C、D四点，且AB=BC=CD=L,在 A、C两点分别引入带异号电荷的点电荷， 且电荷量大小满足QA=KQ,。现测得B 处电场强度的大小为2E,D处电场强度的 大小为号E,则倍数K为 ( A.1.5 B.2C.3 D.2.5 高考物理母题60讲 [衍生8]下列选项中的各二圆环大小相同， C.移至E处，O处的电场强度大小减半， 方向沿OC 所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分 D.移至F处，O处的电场强度大小不变， 方向沿OE 布，各二圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处 [衍生10]如图，等边三角形 电场强度最小的是 △ABC位于竖直平面内， AB边水平，顶点C在AB y 边上方，3个点电荷分别固 定在三角形的三个顶点上。已知AB边中 点M处的电场强度方向竖直向下，BC边 中点N处的电场强度方向竖直向上，A点 处点电荷的电荷量的绝对值为q,求： B (1)B点处点电荷的电荷量的绝对值并判 断3个点电荷的正负； (2)C点处点电荷的电荷量。 0 [衍生9]（多选）如图所示， 以O为圆心的圆周上有 ( 六个等分点A、B、C、D、 E、F。等量正、负点电荷 分别放置在A、D两处时，在圆心O处产生 的电场强度大小为E。现改变A处点电荷 的位置，使O点的电场强度改变。下列叙 述不正确的是 () A.移至C处，O处的电场强度大小不变， 方向沿OE B.移至B处，O处的电场强度大小减半， 方向沿OD [归纳提升] ·103·、高考物理母题60讲 D.由同侧法知，t=0时质，点P向下振动，振动方程 /10 为y=-10sin(）m=-10sin(gt）m,D 错误。 [答案]B [衍生9][解析]A.由于波源只振动了半个周期，可 以判断得出波源开始起振方向垂直纸面向外，首先 波源用子T到达最大位移处，然后再月子T将波峰 状态传播到C点；可以判断得出波源Q开始起振方 向垂直纸面向里，首先波源用子T到达最大位移处， 然后再用子T将波谷状态传播到D点，因此子入 L,解得两列波的波长均为入=4L,故A错误：B.因为 质，点M到两波源的路程差为5L一3L=2L,当左侧 波峰到达M点时右侧波还未传到M点，M会到达十 A位置，当右侧波谷传播到达M,点时左侧波已完全 通过M点，则M会到达一A位置，随后两波均通过 M点，M会到达平衡位置，因此M振动经过的总路 程为S=2×A十2×2A=6A,故B正确；C.在同一介 质中传播，两列波相遇后，波速均不发生改变，故C 错误；D.振动加强，点是波峰和波峰或波谷和波谷的 叠加，经过半个周期后，加强点将从波峰叠加变为波 谷叠加（或从波谷叠加变为波峰叠加），所以必须经 过平衡位置，因此若两波源一直振动，P和Q连线上 的振动加强点不是始终处于波峰或波谷位置，故D 错误。 [答案]B [衍生10][解析]A.P点为两波峰相遇，为振动加 强点，即振幅最大，但并不是总在最大位移处，故A 错误：B.M点处于相邻的振动加强，点与振动减弱，点 之间，不可能是振动加强点，故B正确：C.P点为振 动加强点，Q点为振动减弱点，当两质点处于平衡位 置时，两点间的距离等于半个波长，处于其他位置时 均不等于半个波长，故C错误；D.若将波源S1向S2 稍微靠近，P点可能不是振动加强，点，其振幅可能发 生变化，故D错误。 [答案]B [衍生11][解析](1)由图可知，在计时开始的时刻 弹簧振子恰好沿x轴正方向通过平衡位置O,此时 弹簧振子具有最大动能，随着时间的延续，速度不断 减小，丙位移逐新增大，经=于-1s共位移达到最 大，此时弹性势能最大。 (2)由图知，在t=2s时，弹簧振子恰好通过平衡位 置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移值不断 增加，加速度的值也变大，速度值不断变小，动能不 断减小，弹性势能逐渐增大；当t=3s时，加速度的 值达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达 到最大值。 (3)振子经过一周期位移为零，路程为5×4cm=20cm, 前100s刚好经过了25个周期，所以前100s内振子 位移，路程s=20×25cm=500cm=5m。 [答案](1)t=1s(2)见解析(3)05m。 ·27 [衍生12][解析](1)根据入≥10cm,及题图可知，0 时刻的波形图如图所示 Ay/cm 5 x/cm 波沿x轴正方向传播，由质点P在t1=1s时第一次 回到平衡位置且向下运动，质点Q在t2=3s时第一 次回到平衡位置且向下运动，可知波由质点P传播 到质，点Q处所用时间为△t=t2一t1,则波速v= xQ二xP,代入数据解得v=2.5X102m/s。 △t (2)设质点P的振动方程为y=Asin(awt十p), 共中w=票， 根据题意可知，2一0=4： 解得ω=π 6 rad/s, 由题知，t=0时，y=4cm,t=1s时，y=0, 联立解得9= A-8cm 则质点P的振动方程为y=8sm(仔1+)cm。 [答案](1)2.5×10-2m/s (2y=8sim(+)m 第二十九讲电场强度的矢量运算 「母题呈现] [例][解析](1)令球体所带电荷量为Q,由于b点 距球心距离为2，间距大于球体半径，则有Eb=k QokQo (2r)24r2’ 电荷分布均匀的球壳内形成的电场强度为零，a点距 球心距离为r,间距小于球体半径，则以间距r为半径 的球体所带电荷量为Q1= Q0. 4 4 3r3, 3 a两点电场强度E。=k Q1kQ0·r R3 (2) ix Rx2 x x1 R x2 甲 (3)割出的小球半径为，因为电荷平均分布，其带电 荷量Q1,剩余空腔部分电荷量为Q一Q1(Q1用电荷体 密度求解)，所以剩余空腔部分电荷在a,点产生的场 强为0，在b,点产生的场强等效到球心的，点电荷产生 (4)由题意知，半径为R的均匀带电体在A点产生场 kQ kQ 强为：E整=(2R)=4R2' 同理制出的小球丰径为受，因为电荷平均分布，其带 4/R13 电荷量Q= 3π2 3R3 Q=8 k· Q 则A点产生的场强：E制= kQ 8 (2R+R) =kQ 18R2 所以剩余空腔部分电荷在A点产生的场强Ex=E整 B-架最-祭. (5)左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带电 荷量为2g的整个球壳产生的电场和带电荷量为一q 的右半球面产生的电场的合电场，则有E E,E为带电荷量为一q的右半球面在M点产生场强 大小。带电荷量为一q的右半球面在M点产生的场 强大小与带电荷量为g的左半球面AB在N,点产生 的海提大小有学，则E一P-祭E祭E (6)(7)解析略 (8)假设圆周上均匀分布的都是电荷量为十q的小球， 由于圆周的对称性，圆心处场强为0，则知在P处带电 量十g的小球在圆心处产生的场强大小为E=长号， 方向水平向左，可知圆周上其余小球在O处产生的场 强大小为E2=E=k马，方向水平向右，带电量为 -2的小球在国心处产生的场强大小为E,=马，方 向水平向右。根据叠加原理E=E2十B,则k号 ,所以撤去P点的小球后，圆心处场强大小为 E (9)根据对称性，先假定在A点放上十q的点电荷，则 O点在场强为零，即B、C、D、E四个点电荷在O点的 场强方向沿01方向，且大小为经，故0点的合场强 为A点一q在O点产生的场强与B、C、D、E四个十q 在O点产生的合场强的失量和，即E0=EA十E= ,方向洛OA方向。 ·27 高考物理母题60讲 (10)B处的点电荷g在C处产生的场强大小为：EC= (4,方向竖直向下，已知C点处的场强为零，根 据电场的叠加原理得知圆环在C,点处产生的场强为： E-B=品方向整直向上：旅据对称性可知 圆环在A产生的场强为：BA=B心'=B0=,方 向竖直向下。q在A处产生的场强大小为：EA'= (27方向整直向下，则根据电场的叠加原理得知 A点处场强的大小为：E=EA十EA'=。 [答案]1)9(23见解折④2g R3 36R2 (5)织-E(6(7)略(8)5 2R2 3 (9)学.方向沿0A 方向(10)5k红 16x [衍生练习] [衍生1][解析]因直线MN上a点的场强最大，可 知场源电荷位于过a点且垂直于直线MN的直线 上，设场源电荷在距离。点x的位置，则B=人号，场 源电荷距b,点的距离为√几2十x2,则b,点的场强大小 为号E=品联主可郎得=Q坠故B Q 正确。 [答案]B [衍生2][解析]沿两场强方 向指示线反向延长，交点O为 B 带正电的场源电荷位置，如图 所示，设O、A距离为r,由点电 荷场强公式可得，A点场强为 E=k是，过0点作AB垂线，垂足为C,A,B连线上 的C点离场源电荷最近，场强最大，最大值为E= rn37,联立解得E=5E,故选D正痛 Q 9 [答案]D [衍生3][解析]O点是三角形的中心，到三个电荷 的距离为：r=名。 an60-9三个息荷在0处产生 的场强大小均为：E,=友号根据对称性和几何知识 得知：两个十q在0处产生的合场强为：E=k号再 与一q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强 为：B=白+=2必号-9方向由0指向C.则 a 该负电荷受到的电场力为：F=2g=12g,方向由 a2 C指向O:故B正确。 [答案]B 、高考物理母题60讲 [衍生4][解析]b点处的场强为零，说明q与Q在b 点处产生的场强大小相等、方向相反，即是=E: 由于d点和b,点相对于圆盘是对称的，因此Q在d 点产生的场接E=k是d点处的合电场强度E6 最十是-是故B正。 9R2 [答案]B [衍生5][解析]取走A、B处两 B1 段孤长均为△L的小圆孤上的电 荷，根据对称性可知，圆环在O) 0 点产生的电场强度为与A在同 一直径上的A1和与B在同一直 A 径上的B1产生的电场强度的失量和，如图所示，因 为两段孤长非常小，故可看成点电荷，则有E= Q△L 2πR 三kQ△儿，由题意可知，两电场强度方向的夹角 为120°，由几何关系得两者的合电场强度大小为 ®E68根据0点的合电场强度为0，则放 在D,点的点电荷带负电，在O点产生的电场强度大 (2R)2,联立解得g 小为E=E=k名，又E=又 22兴，故CE确 [答案]C [衍生6][解析]四个电荷量均为Q的正点电荷在O 点产生的电场强度的大小相等，由点电荷的电场叠 加原理和对称性可知，O,点的电场强度大小为零，故 A错误：以无穷远处为零电势点，正电荷周围空间电 势为正值，可判断O点的电势不为零，又因为沿着电 场线方向电势降低，故P点的电势比O点的电势低， 故B、C错误：四个电荷量均为Q的正，点电荷在P点 匠生的电场强度的大小均为E=长号，方向与OP均 成45°角，根据对称性可知P点电场强度的方向沿 OP方向，根据叠加原理可求出P点的电场强度大小 为E=4k9·c0s45=2V2k是，故D正确。 a [答案]D [衍生7][解析]由于测得B处电场强度的大小为 2E,则两点电荷在B处形成的电场强度应为E,根据 点电荷电场强度公式和场强叠加原理E=K十 飞品S方向向右：测得D处电场强度的大小为E,两 点电荷在D处形成的电场强度应为子E,方向向左， 则-E=0 kQg联立解得：K=1.5,故A 正确。 [答案]A ·27 [衍生8][解析]A.坐标原点O处电场强度是带 电圆环产生的：B.坐标原，点O处电场强度是第一象 限子带正电圆环和第二象限子带负电圆环叠加产 生，坐标原，点O处电场强度大小大于A图带电圆环 产生的场强；C.第一象限带正电圆环和第三象限 带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点0 4 处电场强度是二带电圆环产生的，其大小与A图相 4 等；D.第一象限带正电圆环和第三象限子带正电 圆环产生电场相互抵消，第二象限】带负电圆环和 第四象限】带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐 标原点O处电场强度为零：所以坐标原点O处电场 强度最小的是D。故ABC错误，D正确。 [答案]D [衍生9][解析]根据题意可知电荷A和电荷D在 中点0产生的场强大小等于号，当A处点电荷移至 C处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为，则O 处的电场强度大小为号，方向活OE,故A错误：当A 处点电荷移至B处，两点电荷在该处的电场强度方 向夹角为60,0处的合电场强度大小为E,方向沿 2 OD与OE的角平分线，故B错误：当A处点电荷移 至E处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为 60°，则O处的电场强度大小为E/2,方向沿O℃，故 C正确；两，点电荷在该处的电场强度方向夹角为 60°，0处的合电场强度大小为5E,方向沿OD与 2 OC的角平分线，故D错误。 [答案]ABD [衍生10][解析](1)M点处的电场强度方向竖直向 下，根据点电荷场强的特，点及场强的叠加原理可知， B,点处，点电荷的电荷量的绝对值为q,电性与A点处 点电荷相同，C处为正电荷N点处的电场强度方向 竖直向上，由，点电荷的场强特点及场强的叠加原理 同理可知，A、B处点电荷不可能是负电荷，则只能是 正电荷，即3个，点电荷均为正电荷。 (2)将N点处的电场强度沿BC边和垂直于BC边分 解，如图所示 9cΛEB 304 EA NEc A M B +q 2· 由几何关系可知EA=Eysin30°，EB-Ec= ENcos30°。 设△ABC边长为1，由，点电荷的电场强度公式可知 EA=k号，EB=kg,EC=kgC rAN r a riN 由儿何关系可知rAN=,rN=TN=令，联立解 得C点处点电荷的电荷量g6=3B, 39e [答案11g均为正电荐（②2， 第三十讲电场中的“三线”问题 [母题呈现] [例][解析](1)粒子带正电，若虚线是电场线，粒子 所受的电场力沿电场线偏向左，则电场强度向左，速 度沿切线，粒子由a点运动到b,点的过程中，电场力做 负功，粒子的电势能增大，动能减小，故粒子在Q点的 电势能小、动能大、速度大，电势b点高，电场线和等 差等势线的疏密表示场强的大小，等差等势线越密， 场强越大，则知α，点的场强一定大于b点的场强由牛 顿第二定律得gE=ma,则a粒子在a,点的加速度一 定大于在b点的加速度。 (2)粒子带负电，若虚线是电场线，粒子所受的电场力 沿电场线偏向左，则电场强度向右，速度沿切线，粒子 由α，点运动到b,点的过程中，电场力做负功，粒子的电 势能增大，动能减小，故粒子在口，点的电势能小、动能 大、速度大，电势a点高，电场线和等差等势线的疏密 表示场强的大小，等差等势线越密，场强越大，则知 点的场强一定大于b点的场强由牛顿第二定律得qE =ma,则a粒子在a点的加速度一定大于在b点的加 速度。 (3)粒子带正电，若虚线是等差等势线，根据电场线与 等势线垂直，可知电场力大致向下，则电场强度向下， 电势a点高，速度沿切线，粒子由a,点运动到b点的过 程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大， 故粒子在α点的电势能大、动能小、速度小，，电场线 和等差等势线的疏密表示场强的大小，等差等势线越 密，场强越大，则知a点的场强一定大于b点的场强由 牛顿第二定律得gE=ma,则a粒子在a,点的加速度 一定大于在b点的加速度。 (4)粒子带负电，若虚线是等差等势线，根据电场线与 等势线垂直，可知电场力大致向下，则电场强度向上， 电势b点高，速度沿切线，粒子由a点运动到b点的过 程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，动能增大， 故粒子在α点的电势能大、动能小、速度小，，电场线 和等差等势线的疏密表示场强的大小，等差等势线越 密，场强越大，则知a点的场强一定大于b点的场强由 牛顿第二定律得gE=ma,则a粒子在a,点的加速度 一定大于在b点的加速度。 ·27 高考物理母题60讲 若虚线是电场线，先由α粒子的运动轨迹弯曲方向， 判断出a粒子所受电场力的大体方向，即a粒子受到 的电场力大体向左，判断电场线方向，由电场线的疏 密分析场强的变化，从而判断加速度的变化。根据电 场力做功正负，可判断电势能如何变化。若虚线是等 势线，电场力大致向下，再用同样的方法进行分析。 本题是电场中粒子的轨迹问题，关键要能根据轨迹的 弯曲方向判断粒子受力方向，注意电场线时受力沿电 场线所在直线上，而如果是等势线则受力要垂直于等 势线，同时要知道电场线的疏密和等差等势线的疏密 均表示场强的大小。 [答案]见解析 [衍生练习] [衍生1门[解析]电场线密的地方场强大，粒子受到 的电场力大，所以aM<aN。粒子受到的电场力指向 曲线运动轨迹的凹侧，又粒子带负电，所以电场方向 由电场线稀疏一侧指向电场线密集一侧，而沿电场 线方向电势降低，即PM>PN,故B、C错误。又由 Ep=q9和能量守恒定律知，带负电的粒子在电势越 低的位置，具有的电势能越大，而动能越小，即EM <EpN,UM>N,故A错误，D正确。 [答案]D [衍生2][解析]由电场线分布知EA=EC<EB,故 A错误：根据等势面与电场线垂直，作出等势面，可 知A、C在同一等势面上，B点的电势高于A、C点电 势，故B正确；将一带负电粒子由A经B移至C,点 的过程中，电场力先做正功再做负功，故C错误；将 一带正电粒子由A经B移至C点的过程中，电场力 先做负功再做正功，电势能先增大再减小，故D 正确。 [答案]BD [衍生3][解析]小球在水平方向做初速度为零的匀 加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同， 由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移 x1:x2=1:3,A正确、B错误；设小球在M点时的 水平分速度为x,则小球在B点时的水平分速度为 1 1 2ux,根据题意有2m哈=8J,2m2=6J,因而在B 点时小球的动能为EkB=之m·[呢+(20：)2门= 32J,C正确：由题意知，小球受到的合外力为重力与 电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度 之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间 的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由 动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后 增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功， 动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小 动能一定小于6J,D错误。 [答案]AC